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2022年山东省淄博市高考物理二模试卷（含答案解析）
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这是一份2022年山东省淄博市高考物理二模试卷（含答案解析），共19页。试卷主要包含了3kg/m3和2，8×102km和5，45m，5m，9Ω)，【答案】C，【答案】B，【答案】A等内容，欢迎下载使用。
2022年山东省淄博市高考物理二模试卷
1. 2021年3月，考古学家利用 614C技术测定了位于临淄的稷下学宫遗址下的土层，确定距今约2400年，这个年代略早于春秋齐桓公时期。已知 614C的半衰期为5730年，它很容易发生β衰变，变成一个新核。下列说法正确的是( )
A. 骨骼中以碳酸钙(CaCO3)形式存在的 614C的半衰期比单质 614C的半衰期更长
B. 614C发生β衰变，其衰变方程为： 614C→514B+10e
C. β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子
D. 614C经过2400年后，剩余的 614C不到原来的一半
2. 某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )
A. 对外做正功，分子的平均动能减小
B. 对外做正功，内能增大
C. 对外做负功，分子的平均动能增大
D. 对外做负功，内能减小
3. 如图所示，正三棱锥OMNF的底面三角形MNF的中心为P(图中未画出)。现在顶点O处固定一负的点电荷，在MNF平面内，下列说法正确的是( )
A. P点的电势最高
B. P点的电场强度最小
C. 正检验电荷沿NF移动时，电势能先减小后增大
D. 正检验电荷沿MN移动时，电场力始终不做功
4. 某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol−1。若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为( )
A. 3×1021 B. 3×1022 C. 3×1023 D. 3×1024
5. 中国“天问一号”探测器着陆火星，为下一步实现火星采样返回打下了重要基础。已知“天问一号”探测器在火星停泊轨道运行时，探测器到火星中心的最近和最远距离分别为2.8×102km和5.9×104km，探测器的运行周期为2个火星日(一个火星日的时间可近似为一个地球日时间)，万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2，通过以上数据可以计算出火星的( )
A. 质量 B. 半径
C. 密度 D. 表面的重力加速度
6. 某光电管的阴极在某单色光照射下恰好发生光电效应。阴极与阳极之间所加电压大小为U，光电流为I。已知电子的质量为m、电荷量为e，假设光电子垂直碰撞阳极且碰撞后即被吸收，则光电子对阳极板的平均作用力F的大小为( )
A. eImeU B. IemeU C. eI2meU D. Ie2meU
7. 如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为( )
A. π6rad/s B. 3π8rad/s C. π8rad/s D. π12rad/s
8. 如图甲是判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流I0成正比，现给金属材料制成的霍尔元件(如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d)通以恒定工作电流I，通过右侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是( )
A. N端应与电压表的“+”接线柱相连
B. 要提高检测灵敏度可适当减小宽度b
C. 如果仅将检测电流反向，电压表的“+”、“-”接线柱连线位置无需改动
D. 当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流I0变大
9. 古代劳动人民常用夯锤(如图甲)将地砸实，打夯时四个劳动者每人分别握住夯锤的一个把手，一个人喊号，号声一响，四人同时用力将地上质量为90kg的夯锤竖直向上提起；号音一落，四人同时松手，夯锤落下将地面砸实。以竖直向上为正方向，若某次打夯过程松手前夯锤运动的v−t图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 松手后，夯锤立刻落下做自由落体运动
B. 夯锤离地的最大高度为0.45m
C. 夯锤上升过程中的时间为0.45s
D. 松手前，夯锤所受合外力大小为300N
10. 简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两个质点，波先传到质点P，当波传到质点Q开始计时，P、Q两个质点的振动图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B. 该波从质点P传到Q的时间可能为8s
C. 该波的传播速度大小可能为1m/s
D. 该波的波长可能为7.5m
11. 如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m处以v0=1.5m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. x=3m处的电势最低
B. 滑块向右运动过程中，速度始终减小
C. 滑块运动至x=3m处时，速度大小为52m/s
D. 滑块向右一定可以经过x=4m处的位置
12. 如图甲所示，两根完全相同的光滑长直导轨固定，两导轨构成的平面与水平面之间的夹角为θ，导轨两端均连接电阻，阻值R1=R2=R，导轨间距为L。在导轨所在斜面的矩形区域M1P1P2M2内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离为d，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。在导轨斜面上与M1P1距离为s处，有一根质量为m、阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨在t=0时刻静止释放(金属棒ab与导轨接触良好)，t1时刻导体棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域。已知重力加速度为g，导轨电阻不计。下列说法正确的是( )
A. t1时刻ab棒的速度大小为3mgRsinθ2B02L2
B. 从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能等于该过程中回路所产生的总焦耳热
C. ab棒在磁场中运动的过程中棒两端的电压大小为13B0L2gssinθ
D. 在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过ab棒的电荷量之比为1：1
13. 如图甲所示，滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移-时间(x−t)图像。整个装置置于高度可调节的足够长的斜面上。(取重力加速度g=10m/s2)
(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的x−t图线如图乙所示。从图线可得滑块向上的初速度v0=______m/s，摩擦力对滑块A运动的影响______(填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”)。
(2)将气垫导轨换成木板，滑块A换成木块A′，给木块A′一沿木板向上的初速度，经计算机处理后在屏幕上显示木块A′的速率-时间(v−t)图像如图丙所示。通过图线可求得木板的倾角θ的正弦值sinθ=______，木块与木板间的动摩擦因数μ=______。
14. 某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻Rx的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。已知该电阻Rx的阻值变化范围为50Ω∼250Ω。供选择的实验器材如下：
A.电源E(电动势为3V，内阻不计)
B.电流表A1(量程为3mA，内阻r1=10Ω)
C.电流表A2(量程为30mA，内阻r2=约为1Ω)
D.电压表V(量程为15V，内阻约为5kΩ)
E.电阻箱R1(0∼9999.9Ω)
F.定值电阻R0=50Ω
G.开关S及导线若干
(1)为了较准确地测量电阻Rx，请在图甲中虚线框内将测量电阻Rx的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。
(2)要测量电阻Rx，在电阻Rx上加一个竖直向下的力F，闭合开关S后，根据所设计的电路需要测量和记录的物理量有______(多选)。
A.通过电流表A1的电流I1
B.通过电流表A2的电流I2
C.电压表V两端的电压U
D.电阻箱R1的电阻R1
(3)所测电阻Rx的表达式为Rx=______(用题目所给物理量和(2)中所选物理量的字母表示)。
(4)该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻Rx随所加外力F的Rx−F图像，如图乙所示。该同学将这种压敏电阻Rx与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源E=4V，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0∼100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻R=______Ω，电压表2V刻度对应压力表N的刻度。这样改装的压力表的压力刻度______(选填“均匀”或“不均匀”)。
15. 电子产品中常用到发光二极管，其中一种是由半径为R的半球体透明介质和发光管芯组成，管芯发光部分是一个圆心与半球体介质的球心O重合的圆面，PQ为发光圆面的直径，圆弧ABC在半球体介质过球心O的纵截面上，B、D分别为圆弧ABC、BDC的中点，如图所示.由PQ上的M点发出的一条光线经D点折射出后与OB平行，已知θ=75∘.求：
(1)半球体介质的折射率及光从该介质射入空气中的临界角；
(2)为使从发光圆面射向半球面上的所有光线都能直接射出，管芯发光圆面的最大面积.
16. 2022年2月15日，17岁的中国选手苏翊鸣夺得北京冬奥会单板滑雪男子大跳台金牌，为国家争得荣誉。现将比赛某段过程简化成如图所示的运动，苏翊鸣从倾角为α=30∘的斜面顶端O点以v0=10m/s的速度飞出，且与斜面夹角为θ=60∘。图中虚线为苏翊鸣在空中的运动轨迹，且A为轨迹上离斜面最远的点，B为在斜面上的落点，已知苏翊鸣的质量为m=60kg(含装备)，落在B点时滑雪板与斜面的碰撞时间为Δt=0.3s。重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)从O运动到A点所用时间；
(2)OB之间的距离；
(3)落到B点时，滑雪板对斜面的平均压力大小。
17. 如图所示，两小滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止于光滑水平地面上的长为L=1m的木板C两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，木板的质量为m=4kg。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s。在滑块B与木板C共速之前，滑块A、滑块B能够相遇，重力加速度取g=10m/s2。
(1)滑块A、B相遇时木板C的速度多大？
(2)若滑块A、B碰撞后不再分开，请通过计算说明滑块A、B能否从木板C上滑下。
(3)整个过程中，由于滑块A、B和木板C之间的摩擦产生的总热量是多少？
18. 如图所示，一线状粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子(初速度可视为0)，经过电场加速后，粒子以相同的水平速度从MS段垂直MF进入边长为L的正方体电磁修正区FMPQ−AGRN内，底面AGRN水平。已知MS段的长度为23L，电磁修正区内部有垂直于平面MPRG的磁感应强度为B的匀强磁场、电场强度为E的匀强电场，从M点射入的粒子在正方体电磁修正区中运动时间为πm2qB，且从底面AGRN射出。距离正方体电磁修正区底面L处有一与底面平行的足够大平板，能吸收所有出射粒子。现以正方体电磁修正区底面中心O在平板的垂直投影点O′为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)。忽略粒子间相互作用，不计重力。
(1)求加速电场的电压U；
(2)求从M点射入的粒子射出正方体电磁修正区后速度v的大小；
(3)若E=8qB2L3π2m，求从S点入射的粒子打到平板上的位置坐标；
(4)满足(3)问条件下，求所有粒子落到平板上的落点离O′的最小距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、原子核的半衰期非常稳定，不因外界环境变化，单质还是化合物而发生变化，故A错误；
BC、β衰变的本质是核内一个中子转化成了一个质子和一个电子，所以C14的β衰变方程为 614C→714N+−10e，故B错误，C正确；
D、C14需要经过一个半衰期即5730年后，剩余的C14为原来总质量的一半，故D错误。
故选：C。
半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关；根据β衰变的实质判断；半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间具有统计规律。
该题考查对半衰期的理解，关键是知道半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
2.【答案】A
【解析】解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W<0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U<0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低。所以只有A正确；
故选：A。
根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W<0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．
热力学第一定律的公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值．
3.【答案】C
【解析】解：AB、P点离O点的负电荷的距离最近，则P点电势最低，电场强度最大，故AB错误；
C、从N到F，电势先降低升高，则检验电荷沿NF移动时，电势能先减小后增大，故C正确；
D、因MN不是等势线，则检验电荷沿MN移动时，电场力不是始终不做功，故D错误。
故选：C。
P点离O点的负电荷的距离最近，则P点电势最低，电场强度最大，根据电势变化分析电势能的变化情况。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握离负电荷的距离越近，电势越低，电场强度越大。
4.【答案】B
【解析】解：设吸入空气的密度为ρ，呼吸一次吸入空气体积为V、质量为m，空气的摩尔质量为M，每呼吸一次吸入空气的分子数为n。则有：
m=ρV
n=mM⋅NA=ρVM⋅NA
则在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数：
Δn=ΔρVM⋅NA=(2.1−1.3)×2×10−30.029×6.02×1023≈3×1022，故B正确，ACD错误。
故选：B。
物质的质量等于密度与体积的乘积，物质的量等于质量与摩尔质量的比值，组成物质的分子数等于物质的量与阿伏加德罗常数的乘积。
本题考查应用阿伏加德罗常数估算分子个数的问题，此类问题重在理解摩尔质量、摩尔体积、物质密度、物质的量、阿伏加德罗常数的意义。阿伏加德罗常数是联系物质宏观量与微观量的纽带。
5.【答案】A
【解析】解：将椭圆轨道近似看成圆轨道
可得
由已知条件可知能求出火星质量，无法求出火星半径、密度、及表面重力加速度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将椭圆轨道近似看成圆轨道，根据万有引力提供向心力可解得。
本题考查天体中的万有引力问题，知道万有引力提供向心力的解题思路。
6.【答案】D
【解析】解：由题，由于光电管的阴极在某单色光照射下恰好发生光电效应，可知逸出的光电子的初动能为零，电子在电场中加速，到达阳极的动能：12mv2=eU
设Δt时间内逸出的光电子为n个，则：I=qΔt=neΔt
光电子打在阳极后速度变为零，根据动量定理可得：FΔt=nΔmv
联立以上三式可得：F=Ie2meU，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据动能定理求出电子到达阳极的速度，根据电流的定义式求出到达阳极的电子的个数，最后由动量定理求出光电子对阳极板的平均作用力F。
该题涉及的知识点较多，解答的关键是正确找出其中的关系。
7.【答案】C
【解析】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，
由几何知识得：tanθ=1.6−10.6=1，
解得：θ=π4，
直杆转动的时间：
直杆转动的角速度：ω=θt=π42rad/s=π8rad/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
求出汽车安全通过道闸时直杆转过的角度，然后求出直杆转动的角速度大小。
认真审题理解题意求出直杆转过的角度是解题的前提与关键，应用角速度的定义式即可解题。
8.【答案】D
【解析】解：A、图甲中检测电流I0流过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂直纸面向外的磁场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势降低，内侧面电势高，所以应该是M端与电压表的“+”接线柱相连，故A错误；
B、当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有qBv=qUb，解得：U=vBb，要提高检测灵敏度，可以通过增大B，增大工作电流，增大b的方法，故B错误；
C、如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的电流，霍尔元件处于向下的磁场中，电阻受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“+”接线柱相连，故C错误；
D、由B中分析可知U=Bvb，当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，即检测电流I0变大，故D正确；
故选：D。
根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系分析出电压的表达式，由此分析出灵敏度的影响因素和电压表变大的原因分析；
当电流反向时，根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此得出电势的高低，根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式并完成分析。
9.【答案】BD
【解析】解：A、松手后，由于惯性夯锤做竖直上抛运动，故A错误；
BC、松手后，夯锤继续上升的时间t2=vg=1.510s=0.15s，所以夯锤上升过程中的时间t=t1+t2=0.45s+0.15s=0.6s，故夯锤离地的最大高度为H=v2(t1+t2)=1.52×(0.45+0.15)m=0.45m，故C错误，B正确；
D、松手前，夯锤的加速度为a=ΔvΔt=1.50.45m/s2=103m/s2，设每个人对夯锤施加的力大小为F，由牛顿第二定律得4F−mg=ma，解得：F=300N，故D正确。
故选：BD。
松手后，由于惯性夯锤做竖直上抛运动；根据v−t图像的斜率表示加速度，求出松手前夯锤的加速度；根据牛顿第二定律求每个人对夯锤施加的力大小；根据位移-时间公式求夯锤离地的最大高度。
本题要认真分析夯锤物体上升的过程，知道松手前，夯锤竖直向上做匀加速直线运动，松手后，由于惯性夯锤做竖直上抛运动，分段利用相应的运动学规律进行研究。
10.【答案】AC
【解析】解：A、根据y−t图象的斜率表示速度，知质点Q的起振方向沿y轴正方向，故A正确。
B、由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期T=6s，质点Q的振动图象向左平移4s后与P点的振动图象重合，意味着Q点比P点振动最少滞后了4s，即P传到Q的时间Δt至少为4s，由周期性可知，从P传到Q的时间Δt=(4+nT)s，n=0、1、2、3…，即Δt=4s，10s，16s…，不可能为8s，故B错误。
CD、由v=ΔxΔt=106n+4m/s，可知，当Δt=4s，10s，16s…时，速度v可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s…，不可能为7.5m/s，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据图象的斜率分析Q点的起振方向。从图中读出波传播的周期，再根据波的周期性求出从P传到Q的时间可能值，从而求得最短时间。由v=ΔxΔt，可计算出可能的波速。
本题是机械波中多解问题，历来是高考中的热门考点，要正确判断多解问题的原因，多解题主要分为以下几种情况：1、传播方向导致的多解问题。2、波长大小导致的多解问题。3、波形周期导致的多解问题。4、质点振动方向导致的多解问题。5、传播时间导致的多解问题。6、质点振动图象导致的多解问题。
11.【答案】BC
【解析】解：A、滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，故A错误；
B、Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F=Epx=3−12N=1N
滑块所受滑动摩擦力大小为
f=μmg=0.05×2×10N=1N
在1∼3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在x=3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，在x=1m处速度最大，故B正确；
C、滑块从x=1m到x=3m运动过程中根据动能定理有：
解得速度v=52m/s，故C正确；
D.滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足
12mv02≥fΔx
根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过x=4m处的位置，故D错误。
故选：BC。
滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，结合摩擦力可知速度的变化情况；根据能量守恒定律判断滑块是否到达x=4m处的位置。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能与电势的关系，注意Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。
12.【答案】AC
【解析】解：A、t1时刻磁场恒定，导体棒进入磁场时匀速运动，所以，即：B0×B0LvR+R×RR+R×L=mgsinθ，解得：v=3mgRsinθ2B02L2，故A正确；
前t1时间内，ab棒进入磁场前不受安培力，做匀加速运动，故A错误；
B、0∼t1时间内，ab棒进入磁场前，棒的机械能不变，磁场变化回路也产生焦耳热，所以从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热，故B错误；
C、ab棒在磁场中运动的过程时棒两端的电压大小为U，在进入磁场前机械能守恒：mg×s×sinθ=12mv2，ab棒切割产生的电动势：E=BLv，总电流：I=ER+R×RR+R，所以U=I⋅R×RR+RR，联立解得：U=13B0L2gs⋅sinθ，故C正确；
D.棒进入磁场前，E1=B0t1Ld，I1=12×ER+12R，q1=I1t1，联立解得：q1=B0Ld3R。棒进入磁场后
q2=I2(t2−t1)，电流I2=E2R+12R，而E2=B0Ld，解得：q2=2B0Ld3R，所以q1：q2=1：2，故D错误。
故选：AC。
根据导体棒进入磁场时匀速运动的特点求进入磁场的速度；前t1时间内，ab棒进入磁场前不受安培力，根据功能关系分析总焦耳热；根据受力平衡可解得电压；结合电荷量的定义式可解得电荷量之比。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
13.【答案】2 不明显，可忽略 0.60.25
【解析】解：(1)上升过程中，滑块做匀减速直线运动，由图可知经过1s滑块到达轨道最高点，速度为零，根据逆向思维设位移-时间关系为：x=12at2
解得：a=2m/s2
则初速度v0=at=2×1m/s=2m/s
由图可知，滑块上滑阶段和下滑阶段的加速度大小基本相等，所以摩擦力对滑块A运动的影响不明显；
(2)由图丙可得上滑阶段的加速度大小为：a1=3.20.4m/s2=8m/s2
下滑阶段的加速度大小为：a2=2.0−00.9−0.4m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律可得，上滑时
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
下滑时
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
联立解得：sinθ=0.6；μ=0.25
故答案为：(1)2；不明显，可忽略；(2)0.6；0.25
(1)根据图像得出滑块的位移，结合位移公式计算出加速度，再根据速度-时间公式得出速度的大小，根据v−t图像的斜率分析出加速度的大小，从而分析出摩擦力对滑块运动的影响；
(2)根据牛顿第二定律联立等式计算出θ的正弦值和动摩擦因数。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟练掌握运动学公式，理解运动学图像的物理意义，结合牛顿第二定律完成分析。
14.【答案】ABDI1(r1+R1)I2−I1 150 不均匀
【解析】解：(1)电路图如图所示：
(2)由实验原理可知，电流A1和R1串联后和Rx并联，
根据欧姆定律得
Rx=I1(R1+r1)I2−I1
故需要读取的数据为电流表A1和A2的读数I1、I2，电阻箱的阻值R1.
(3)由乙图可知，
Rx=250−250−50100F=250−2F
由丙图利用欧姆定律，得E=U+URRx
联立得E=U+UR(250−2F)
由题意，F=100N时，U=3V可得：R=150Ω，
当压力F=0时，可得U=32V
整理得F=200−300U
可知，F与U不是线性关系，故压力表的刻度不是均匀的。
故答案为：(1)图见解析；(2)ABD；(3)I1(r1+R1)I2−I1；(4)150，不均匀。
(1)根据实验原理，可以画出实验电路图；
(2)根据电路的欧姆定律，可以写出待测电阻的表达式，由表达式可以知道需要读取的数据：
(3)由乙图可以知道压敏电阻和压力的关系，再利用欧姆定律得出压敏电阻和电压表示数关系，进而得到压力和电压表示数关系。
本题考查伏安法测电阻，关键在于利用图象来处理问题，结合图象，得出各物理量的关系。
15.【答案】解：(1)如图1所示，D为圆弧BDC的中点，由几何关系得∠DOM=45∘
光线射到D点的入射角：i=θ−DOM=75∘−45∘=30∘
光线在D点的折射角：r=∠BOD=45∘
半球体介质的折射率n=sinrsini
解得n=2
根据sinC=1n
解得临界角C=45∘
(2)如图2所示，设发光圆面PQ的半径为r′，由正弦定理得
Rsinβ=r′sinα
得sinα=r′Rsinβ
当β=90∘时，α最大.
即从P或Q点垂直于PQ发出的光线射到球面上的入射角最大，则：sinαm=r′R
所有光能直接射出，应满足sinαm≤sinC
解得r′≤Rn=R2
管芯发光区域面积最大值为：S=π(R2)2=πR22
答：(1)半球体介质的折射率为2，光从该介质射入空气中的临界角为45∘；
(2)为使从发光圆面射向半球面上的所有光线都能直接射出，管芯发光圆面的最大面积为πR22.
【解析】(1)根据光线在D点的入射角和折射角，由折射定律求半球体介质的折射率n；根据sinC=1n求临界角；
(2)从P或Q点垂直于圆面发出的光射到球面的入射角最大，设为α，由几何关系有sinα=rR，为使从发光圆面PQ射向半球面上所有的光都能直接射出，应满足α
16.【答案】解：(1)运动员垂直于斜面方向的初速度和加速度分别为：
v1=v0⋅sinθ①
g1=g⋅cosα②
从O到A过程有：0=v1−g1⋅t③
由①∼③得：t=1s
(2)运动员沿斜面方向的初速度和加速度分别为：
v2=v0⋅cosθ④
g2=g⋅sinα⑤
从O到B过程有：xOB=v2⋅2t+12g2⋅(2t)2⑥
由④∼⑥得：xOB=20m
(3)人再回到斜面时垂直于斜面的分量仍为v1
在人与斜面碰撞过程中有：(mgcosα−F−)Δt=0−mv1
解得：F−=2251.6N
由牛顿第三定律，得：滑雪板对斜面的平均压力大小也为2251.6N
答：(1)从O运动到A点所用时间为1s；
(2)OB之间的距离为20m；
(3)落到B点时，滑雪板对斜面的平均压力大小为2251.6N。
【解析】(1)将速度和加速度沿着斜面和垂直于斜面的方向分解，根据垂直于斜面方向的运动特点计算出时间；
(2)根据平抛运动特点结合运动学公式计算出OB的距离；
(3)根据动量定理，计算出压力的大小。
本题主要考查了斜抛运动与斜面的结合，找到合适的分解方向，将速度和加速度进行分解，解题的关键点是理解临界状态的特点，结合运动学公式和动量定理完成分析。
17.【答案】解：(1)在A、B碰前，由牛顿第二定律得
对A：μmAg=mAaA ①
对B：μmBg=mBaB ②
对C：μmBg−μmAg=maC ③
对A、B、C由运动学公式有：xA=v0t−12aAt12 ④
xB=v0t−12aBt12 ⑤
xC=12aCt12 ⑥
又xB−xC+xA+xC=L⑦
A、B相遇时有：vC=aC⋅t1⑧
由①∼⑧解得：vC=1m/s，xA=0.5m，xB=0.5m，xC=0.1m
(2)A、B相遇时A与C的相对位移大小：Δx1=xA+xC=0.5m+0.1m=0.6m
A、B碰前速度为：vA=v0−aAt1 ⑨
vB=v0−aBt1 ⑩
A、B碰撞过程中有：mBvB−mAvA=(mA+mB)vAB⑪
碰后AB一起向前减速，板C则向前加速，若三者能够共速，且发生的相对位移为Δx2
对ABC系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有：⑫
由能量守恒定律有：⑬
由⑨∼⑬得：Δx2=1225m
因Δx2<Δx1，故AB不能从板C上滑下。
(3)A、B相遇时B与C的相对位移Δx3=xB−xC=0.5m−0.1m=0.4m
A、B与C因摩擦产生的热量为：Q=μmAgΔx1+μmBgΔx3+μ(mA+mB)gΔx2
解得：Q=13.13J
答：(1)滑块A、B相遇时木板C的速度是1m/s。
(2)滑块A、B不能从木板C上滑下。
(3)整个过程中，由于滑块A、B和木板C之间的摩擦产生的总热量是13.13J。
【解析】(1)研究滑块A、滑块B相遇前的运动过程，根据牛顿第二定律求出A、B、C的加速度，由位移-时间公式列式三者位移表达式，结合位移关系求出运动时间，从而求得滑块A、B相遇时木板C的速度。
(2)结合上题的结果求出相遇时A、B的速度。若滑块A、B碰撞后不再分开，根据动量守恒定律求出碰后瞬间两者的共同速度。根据动量守恒定律和能量守恒定律求出A、B与C相对静止时发生的相对位移，从而判断滑块A、B能否从木板C上滑下。
(3)整个过程中，根据滑块A、B和木板C之间的相对位移求解因摩擦产生的总热量。
本题要关键理清整个过程中A、B和木板C在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律相结合进行求解位移。根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求解相对位移。
18.【答案】解：(1)粒子在加速电场中有：
Uq=12mv02
分析可知粒子进入修正区后在与磁场垂直的方向上做匀速圆周运动，在沿电场方向上做初速为零的匀加速直线运动，在磁场中有：
qv0B=mv02r
因t1=πm2qB=14T
则圆周运动半径为r=L
联立解得：U=qB2L22m；
(2)从M点入射的粒子射出修正区时沿PR方向的分速度为：
v1=v0
沿y轴正方向的分速度为：
v2=at1
又a=Eqm
则粒子射出修正区时的速度为：
v=v12+v22
联立解得：v=4q2L2B4+π2m2E22mB或v=q2L2B2m2+π2E24B2；
(3)若从S点射入的粒子在沿电场方向做匀加速直线的时间为
t1=πm2qB，
则其在该方向上运动的分位移为：
y1=12at12
又E=8qB2L3π2m
解得：y1=L3，即S点射入的粒子恰好从底面N点射出
粒子在出修正区后沿电场方向做匀速直线运动的分位移为
y2=v2t2
竖直方向：t2=Lv0
则由几何关系知从S点入射的粒子打在平板上的纵坐标为
y=y2+L2
联立解得：y=L2+4L3π
从S点入射的粒子打在平板上的横坐标为x=L2
从S点入射的粒子打在平板上的坐标为(L2,L2+4L3π)；
(4)因
y=y1+y2−L2>0
则由几何关系可知落点离O′的最小距离为
smin=L(12)2+(43π−16)2。
答：(1)加速电场的电压U为qB2L22m；
(2)从M点射入的粒子射出正方体电磁修正区后速度v的大小为4q2L2B4+π2m2E22mB或q2L2B2m2+π2E24B2；
(3)若E=8qB2L3π2m，从S点入射的粒子打到平板上的位置坐标为(L2,L2+4L3π)；
(4)满足(3)问条件下，所有粒子落到平板上的落点离O′的最小距离为L(12)2+(43π−16)2。
【解析】(1)粒子进入修正区后在与磁场垂直的方向上做匀速圆周运动，在沿电场方向上做初速为零的匀加速直线运动，根据几何关系求出粒子射入修正区时速度，根据动能定理求解粒子在电场中加速时的加速电压；
(2)在正方体中，粒子在MPRG平面内的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG平面方向的分运动为匀加速直线运动，根据对应的运动规律求出两方向速度，在根据矢量合成即可；
(3)根据运动学知识分别求解粒子从S点射入的沿y方向的位移、从而求出该粒子最后打到平板上的位置坐标；
(4)根据几何关系分析粒子落点离O′最小距离。
解决该题的关键是掌握粒子在各段的运动情况，尤其是在粒子在电磁修正器内的运动情况需要用运动分解方法思考，再运用相关规律求出各位移。
2022年山东省淄博市高考物理二模试卷
1. 2021年3月，考古学家利用 614C技术测定了位于临淄的稷下学宫遗址下的土层，确定距今约2400年，这个年代略早于春秋齐桓公时期。已知 614C的半衰期为5730年，它很容易发生β衰变，变成一个新核。下列说法正确的是( )
A. 骨骼中以碳酸钙(CaCO3)形式存在的 614C的半衰期比单质 614C的半衰期更长
B. 614C发生β衰变，其衰变方程为： 614C→514B+10e
C. β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子
D. 614C经过2400年后，剩余的 614C不到原来的一半
2. 某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体( )
A. 对外做正功，分子的平均动能减小
B. 对外做正功，内能增大
C. 对外做负功，分子的平均动能增大
D. 对外做负功，内能减小
3. 如图所示，正三棱锥OMNF的底面三角形MNF的中心为P(图中未画出)。现在顶点O处固定一负的点电荷，在MNF平面内，下列说法正确的是( )
A. P点的电势最高
B. P点的电场强度最小
C. 正检验电荷沿NF移动时，电势能先减小后增大
D. 正检验电荷沿MN移动时，电场力始终不做功
4. 某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/m3和2.1kg/m3，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol−1。若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为( )
A. 3×1021 B. 3×1022 C. 3×1023 D. 3×1024
5. 中国“天问一号”探测器着陆火星，为下一步实现火星采样返回打下了重要基础。已知“天问一号”探测器在火星停泊轨道运行时，探测器到火星中心的最近和最远距离分别为2.8×102km和5.9×104km，探测器的运行周期为2个火星日(一个火星日的时间可近似为一个地球日时间)，万有引力常量为6.67×10−11N⋅m2/kg2，通过以上数据可以计算出火星的( )
A. 质量 B. 半径
C. 密度 D. 表面的重力加速度
6. 某光电管的阴极在某单色光照射下恰好发生光电效应。阴极与阳极之间所加电压大小为U，光电流为I。已知电子的质量为m、电荷量为e，假设光电子垂直碰撞阳极且碰撞后即被吸收，则光电子对阳极板的平均作用力F的大小为( )
A. eImeU B. IemeU C. eI2meU D. Ie2meU
7. 如图，带车牌自动识别系统的直杆道闸，离地面高为1m的细直杆可绕O在竖直面内匀速转动。汽车从自动识别线ab处到达直杆处的时间为2.3s，自动识别系统的反应时间为0.3s；汽车可看成高1.6m的长方体，其左侧面底边在aaˊ直线上，且O到汽车左侧面的距离为0.6m，要使汽车安全通过道闸，直杆转动的角速度至少为( )
A. π6rad/s B. 3π8rad/s C. π8rad/s D. π12rad/s
8. 如图甲是判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流I0成正比，现给金属材料制成的霍尔元件(如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d)通以恒定工作电流I，通过右侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是( )
A. N端应与电压表的“+”接线柱相连
B. 要提高检测灵敏度可适当减小宽度b
C. 如果仅将检测电流反向，电压表的“+”、“-”接线柱连线位置无需改动
D. 当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流I0变大
9. 古代劳动人民常用夯锤(如图甲)将地砸实，打夯时四个劳动者每人分别握住夯锤的一个把手，一个人喊号，号声一响，四人同时用力将地上质量为90kg的夯锤竖直向上提起；号音一落，四人同时松手，夯锤落下将地面砸实。以竖直向上为正方向，若某次打夯过程松手前夯锤运动的v−t图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 松手后，夯锤立刻落下做自由落体运动
B. 夯锤离地的最大高度为0.45m
C. 夯锤上升过程中的时间为0.45s
D. 松手前，夯锤所受合外力大小为300N
10. 简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两个质点，波先传到质点P，当波传到质点Q开始计时，P、Q两个质点的振动图像如图所示。下列说法正确的是( )
A. 质点Q开始振动的方向沿y轴正方向
B. 该波从质点P传到Q的时间可能为8s
C. 该波的传播速度大小可能为1m/s
D. 该波的波长可能为7.5m
11. 如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块(可视为质点)在x=1m处以v0=1.5m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩擦因数μ=0.05。整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，取g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. x=3m处的电势最低
B. 滑块向右运动过程中，速度始终减小
C. 滑块运动至x=3m处时，速度大小为52m/s
D. 滑块向右一定可以经过x=4m处的位置
12. 如图甲所示，两根完全相同的光滑长直导轨固定，两导轨构成的平面与水平面之间的夹角为θ，导轨两端均连接电阻，阻值R1=R2=R，导轨间距为L。在导轨所在斜面的矩形区域M1P1P2M2内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2的距离为d，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。在导轨斜面上与M1P1距离为s处，有一根质量为m、阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨在t=0时刻静止释放(金属棒ab与导轨接触良好)，t1时刻导体棒恰好进入磁场并匀速通过整个磁场区域。已知重力加速度为g，导轨电阻不计。下列说法正确的是( )
A. t1时刻ab棒的速度大小为3mgRsinθ2B02L2
B. 从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能等于该过程中回路所产生的总焦耳热
C. ab棒在磁场中运动的过程中棒两端的电压大小为13B0L2gssinθ
D. 在进入磁场前和通过磁场区域的过程中通过ab棒的电荷量之比为1：1
13. 如图甲所示，滑块A放在气垫导轨B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移-时间(x−t)图像。整个装置置于高度可调节的足够长的斜面上。(取重力加速度g=10m/s2)
(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度，A的x−t图线如图乙所示。从图线可得滑块向上的初速度v0=______m/s，摩擦力对滑块A运动的影响______(填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”)。
(2)将气垫导轨换成木板，滑块A换成木块A′，给木块A′一沿木板向上的初速度，经计算机处理后在屏幕上显示木块A′的速率-时间(v−t)图像如图丙所示。通过图线可求得木板的倾角θ的正弦值sinθ=______，木块与木板间的动摩擦因数μ=______。
14. 某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻Rx的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。已知该电阻Rx的阻值变化范围为50Ω∼250Ω。供选择的实验器材如下：
A.电源E(电动势为3V，内阻不计)
B.电流表A1(量程为3mA，内阻r1=10Ω)
C.电流表A2(量程为30mA，内阻r2=约为1Ω)
D.电压表V(量程为15V，内阻约为5kΩ)
E.电阻箱R1(0∼9999.9Ω)
F.定值电阻R0=50Ω
G.开关S及导线若干
(1)为了较准确地测量电阻Rx，请在图甲中虚线框内将测量电阻Rx的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。
(2)要测量电阻Rx，在电阻Rx上加一个竖直向下的力F，闭合开关S后，根据所设计的电路需要测量和记录的物理量有______(多选)。
A.通过电流表A1的电流I1
B.通过电流表A2的电流I2
C.电压表V两端的电压U
D.电阻箱R1的电阻R1
(3)所测电阻Rx的表达式为Rx=______(用题目所给物理量和(2)中所选物理量的字母表示)。
(4)该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻Rx随所加外力F的Rx−F图像，如图乙所示。该同学将这种压敏电阻Rx与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源E=4V，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0∼100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻R=______Ω，电压表2V刻度对应压力表N的刻度。这样改装的压力表的压力刻度______(选填“均匀”或“不均匀”)。
15. 电子产品中常用到发光二极管，其中一种是由半径为R的半球体透明介质和发光管芯组成，管芯发光部分是一个圆心与半球体介质的球心O重合的圆面，PQ为发光圆面的直径，圆弧ABC在半球体介质过球心O的纵截面上，B、D分别为圆弧ABC、BDC的中点，如图所示.由PQ上的M点发出的一条光线经D点折射出后与OB平行，已知θ=75∘.求：
(1)半球体介质的折射率及光从该介质射入空气中的临界角；
(2)为使从发光圆面射向半球面上的所有光线都能直接射出，管芯发光圆面的最大面积.
16. 2022年2月15日，17岁的中国选手苏翊鸣夺得北京冬奥会单板滑雪男子大跳台金牌，为国家争得荣誉。现将比赛某段过程简化成如图所示的运动，苏翊鸣从倾角为α=30∘的斜面顶端O点以v0=10m/s的速度飞出，且与斜面夹角为θ=60∘。图中虚线为苏翊鸣在空中的运动轨迹，且A为轨迹上离斜面最远的点，B为在斜面上的落点，已知苏翊鸣的质量为m=60kg(含装备)，落在B点时滑雪板与斜面的碰撞时间为Δt=0.3s。重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)从O运动到A点所用时间；
(2)OB之间的距离；
(3)落到B点时，滑雪板对斜面的平均压力大小。
17. 如图所示，两小滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg，放在静止于光滑水平地面上的长为L=1m的木板C两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ=0.5，木板的质量为m=4kg。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3m/s。在滑块B与木板C共速之前，滑块A、滑块B能够相遇，重力加速度取g=10m/s2。
(1)滑块A、B相遇时木板C的速度多大？
(2)若滑块A、B碰撞后不再分开，请通过计算说明滑块A、B能否从木板C上滑下。
(3)整个过程中，由于滑块A、B和木板C之间的摩擦产生的总热量是多少？
18. 如图所示，一线状粒子源发出大量质量为m、电荷量为+q的带电粒子(初速度可视为0)，经过电场加速后，粒子以相同的水平速度从MS段垂直MF进入边长为L的正方体电磁修正区FMPQ−AGRN内，底面AGRN水平。已知MS段的长度为23L，电磁修正区内部有垂直于平面MPRG的磁感应强度为B的匀强磁场、电场强度为E的匀强电场，从M点射入的粒子在正方体电磁修正区中运动时间为πm2qB，且从底面AGRN射出。距离正方体电磁修正区底面L处有一与底面平行的足够大平板，能吸收所有出射粒子。现以正方体电磁修正区底面中心O在平板的垂直投影点O′为原点，在平板内建立直角坐标系(其中x轴与GR平行)。忽略粒子间相互作用，不计重力。
(1)求加速电场的电压U；
(2)求从M点射入的粒子射出正方体电磁修正区后速度v的大小；
(3)若E=8qB2L3π2m，求从S点入射的粒子打到平板上的位置坐标；
(4)满足(3)问条件下，求所有粒子落到平板上的落点离O′的最小距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：A、原子核的半衰期非常稳定，不因外界环境变化，单质还是化合物而发生变化，故A错误；
BC、β衰变的本质是核内一个中子转化成了一个质子和一个电子，所以C14的β衰变方程为 614C→714N+−10e，故B错误，C正确；
D、C14需要经过一个半衰期即5730年后，剩余的C14为原来总质量的一半，故D错误。
故选：C。
半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关；根据β衰变的实质判断；半衰期是放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间具有统计规律。
该题考查对半衰期的理解，关键是知道半衰期由放射性原子核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关。
2.【答案】A
【解析】解：密闭于气缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W<0，缸内气体与外界无热交换说明Q=0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律△U=W+Q，可知内能增加量△U<0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低。所以只有A正确；
故选：A。
根据热力学第一定律公式△U=W+Q，公式中△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，Q表示系统吸收的热量，题中气体膨胀对外界做功，即气体对外界做负功，故W<0，气体与外界无热交换，故Q=0，从而判断出气体内能的变化，也就得到分子的平均动能的变化情况．
热力学第一定律的公式△U=W+Q中，△U表示系统内能的增加量，W表示外界对系统做的功，当系统对外界做功时，W取负值，Q表示系统吸收的热量，当系统放出热量时，Q取负值．
3.【答案】C
【解析】解：AB、P点离O点的负电荷的距离最近，则P点电势最低，电场强度最大，故AB错误；
C、从N到F，电势先降低升高，则检验电荷沿NF移动时，电势能先减小后增大，故C正确；
D、因MN不是等势线，则检验电荷沿MN移动时，电场力不是始终不做功，故D错误。
故选：C。
P点离O点的负电荷的距离最近，则P点电势最低，电场强度最大，根据电势变化分析电势能的变化情况。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握离负电荷的距离越近，电势越低，电场强度越大。
4.【答案】B
【解析】解：设吸入空气的密度为ρ，呼吸一次吸入空气体积为V、质量为m，空气的摩尔质量为M，每呼吸一次吸入空气的分子数为n。则有：
m=ρV
n=mM⋅NA=ρVM⋅NA
则在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数：
Δn=ΔρVM⋅NA=(2.1−1.3)×2×10−30.029×6.02×1023≈3×1022，故B正确，ACD错误。
故选：B。
物质的质量等于密度与体积的乘积，物质的量等于质量与摩尔质量的比值，组成物质的分子数等于物质的量与阿伏加德罗常数的乘积。
本题考查应用阿伏加德罗常数估算分子个数的问题，此类问题重在理解摩尔质量、摩尔体积、物质密度、物质的量、阿伏加德罗常数的意义。阿伏加德罗常数是联系物质宏观量与微观量的纽带。
5.【答案】A
【解析】解：将椭圆轨道近似看成圆轨道
可得
由已知条件可知能求出火星质量，无法求出火星半径、密度、及表面重力加速度，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将椭圆轨道近似看成圆轨道，根据万有引力提供向心力可解得。
本题考查天体中的万有引力问题，知道万有引力提供向心力的解题思路。
6.【答案】D
【解析】解：由题，由于光电管的阴极在某单色光照射下恰好发生光电效应，可知逸出的光电子的初动能为零，电子在电场中加速，到达阳极的动能：12mv2=eU
设Δt时间内逸出的光电子为n个，则：I=qΔt=neΔt
光电子打在阳极后速度变为零，根据动量定理可得：FΔt=nΔmv
联立以上三式可得：F=Ie2meU，故ABC错误，D正确。
故选：D。
根据动能定理求出电子到达阳极的速度，根据电流的定义式求出到达阳极的电子的个数，最后由动量定理求出光电子对阳极板的平均作用力F。
该题涉及的知识点较多，解答的关键是正确找出其中的关系。
7.【答案】C
【解析】解：设汽车恰好通过道闸时直杆转过的角度为θ，
由几何知识得：tanθ=1.6−10.6=1，
解得：θ=π4，
直杆转动的时间：
直杆转动的角速度：ω=θt=π42rad/s=π8rad/s，故ABD错误，C正确。
故选：C。
求出汽车安全通过道闸时直杆转过的角度，然后求出直杆转动的角速度大小。
认真审题理解题意求出直杆转过的角度是解题的前提与关键，应用角速度的定义式即可解题。
8.【答案】D
【解析】解：A、图甲中检测电流I0流过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂直纸面向外的磁场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势降低，内侧面电势高，所以应该是M端与电压表的“+”接线柱相连，故A错误；
B、当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有qBv=qUb，解得：U=vBb，要提高检测灵敏度，可以通过增大B，增大工作电流，增大b的方法，故B错误；
C、如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的电流，霍尔元件处于向下的磁场中，电阻受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“+”接线柱相连，故C错误；
D、由B中分析可知U=Bvb，当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，即检测电流I0变大，故D正确；
故选：D。
根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式；
根据电场力和洛伦兹力的等量关系分析出电压的表达式，由此分析出灵敏度的影响因素和电压表变大的原因分析；
当电流反向时，根据左手定则分析出电子受到的洛伦兹力的方向，由此得出元件与电压表的连接方式。
本题主要考查了霍尔效应的相关应用，根据左手定则分析出粒子的受力方向，由此得出电势的高低，根据电场力和洛伦兹力的等量关系得出电压的表达式并完成分析。
9.【答案】BD
【解析】解：A、松手后，由于惯性夯锤做竖直上抛运动，故A错误；
BC、松手后，夯锤继续上升的时间t2=vg=1.510s=0.15s，所以夯锤上升过程中的时间t=t1+t2=0.45s+0.15s=0.6s，故夯锤离地的最大高度为H=v2(t1+t2)=1.52×(0.45+0.15)m=0.45m，故C错误，B正确；
D、松手前，夯锤的加速度为a=ΔvΔt=1.50.45m/s2=103m/s2，设每个人对夯锤施加的力大小为F，由牛顿第二定律得4F−mg=ma，解得：F=300N，故D正确。
故选：BD。
松手后，由于惯性夯锤做竖直上抛运动；根据v−t图像的斜率表示加速度，求出松手前夯锤的加速度；根据牛顿第二定律求每个人对夯锤施加的力大小；根据位移-时间公式求夯锤离地的最大高度。
本题要认真分析夯锤物体上升的过程，知道松手前，夯锤竖直向上做匀加速直线运动，松手后，由于惯性夯锤做竖直上抛运动，分段利用相应的运动学规律进行研究。
10.【答案】AC
【解析】解：A、根据y−t图象的斜率表示速度，知质点Q的起振方向沿y轴正方向，故A正确。
B、由题可知，简谐横波的传播方向从P到Q，由图可知，周期T=6s，质点Q的振动图象向左平移4s后与P点的振动图象重合，意味着Q点比P点振动最少滞后了4s，即P传到Q的时间Δt至少为4s，由周期性可知，从P传到Q的时间Δt=(4+nT)s，n=0、1、2、3…，即Δt=4s，10s，16s…，不可能为8s，故B错误。
CD、由v=ΔxΔt=106n+4m/s，可知，当Δt=4s，10s，16s…时，速度v可能为2.5m/s，1m/s，0.625m/s…，不可能为7.5m/s，故C正确，D错误。
故选：AC。
根据图象的斜率分析Q点的起振方向。从图中读出波传播的周期，再根据波的周期性求出从P传到Q的时间可能值，从而求得最短时间。由v=ΔxΔt，可计算出可能的波速。
本题是机械波中多解问题，历来是高考中的热门考点，要正确判断多解问题的原因，多解题主要分为以下几种情况：1、传播方向导致的多解问题。2、波长大小导致的多解问题。3、波形周期导致的多解问题。4、质点振动方向导致的多解问题。5、传播时间导致的多解问题。6、质点振动图象导致的多解问题。
11.【答案】BC
【解析】解：A、滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，故A错误；
B、Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场力大小为F=Epx=3−12N=1N
滑块所受滑动摩擦力大小为
f=μmg=0.05×2×10N=1N
在1∼3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合外力方向与速度方向相反；在x=3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，速度始终减小，在x=1m处速度最大，故B正确；
C、滑块从x=1m到x=3m运动过程中根据动能定理有：
解得速度v=52m/s，故C正确；
D.滑块在x=1m处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能够经过x=4m处，则应满足
12mv02≥fΔx
根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过x=4m处的位置，故D错误。
故选：BC。
滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，结合摩擦力可知速度的变化情况；根据能量守恒定律判断滑块是否到达x=4m处的位置。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能与电势的关系，注意Ep−x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。
12.【答案】AC
【解析】解：A、t1时刻磁场恒定，导体棒进入磁场时匀速运动，所以，即：B0×B0LvR+R×RR+R×L=mgsinθ，解得：v=3mgRsinθ2B02L2，故A正确；
前t1时间内，ab棒进入磁场前不受安培力，做匀加速运动，故A错误；
B、0∼t1时间内，ab棒进入磁场前，棒的机械能不变，磁场变化回路也产生焦耳热，所以从开始运动到离开磁场区域ab棒减少的机械能小于该过程中回路所产生的总焦耳热，故B错误；
C、ab棒在磁场中运动的过程时棒两端的电压大小为U，在进入磁场前机械能守恒：mg×s×sinθ=12mv2，ab棒切割产生的电动势：E=BLv，总电流：I=ER+R×RR+R，所以U=I⋅R×RR+RR，联立解得：U=13B0L2gs⋅sinθ，故C正确；
D.棒进入磁场前，E1=B0t1Ld，I1=12×ER+12R，q1=I1t1，联立解得：q1=B0Ld3R。棒进入磁场后
q2=I2(t2−t1)，电流I2=E2R+12R，而E2=B0Ld，解得：q2=2B0Ld3R，所以q1：q2=1：2，故D错误。
故选：AC。
根据导体棒进入磁场时匀速运动的特点求进入磁场的速度；前t1时间内，ab棒进入磁场前不受安培力，根据功能关系分析总焦耳热；根据受力平衡可解得电压；结合电荷量的定义式可解得电荷量之比。
对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
13.【答案】2 不明显，可忽略 0.60.25
【解析】解：(1)上升过程中，滑块做匀减速直线运动，由图可知经过1s滑块到达轨道最高点，速度为零，根据逆向思维设位移-时间关系为：x=12at2
解得：a=2m/s2
则初速度v0=at=2×1m/s=2m/s
由图可知，滑块上滑阶段和下滑阶段的加速度大小基本相等，所以摩擦力对滑块A运动的影响不明显；
(2)由图丙可得上滑阶段的加速度大小为：a1=3.20.4m/s2=8m/s2
下滑阶段的加速度大小为：a2=2.0−00.9−0.4m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律可得，上滑时
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
下滑时
mgsinθ−μmgcosθ=ma2
联立解得：sinθ=0.6；μ=0.25
故答案为：(1)2；不明显，可忽略；(2)0.6；0.25
(1)根据图像得出滑块的位移，结合位移公式计算出加速度，再根据速度-时间公式得出速度的大小，根据v−t图像的斜率分析出加速度的大小，从而分析出摩擦力对滑块运动的影响；
(2)根据牛顿第二定律联立等式计算出θ的正弦值和动摩擦因数。
本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，熟练掌握运动学公式，理解运动学图像的物理意义，结合牛顿第二定律完成分析。
14.【答案】ABDI1(r1+R1)I2−I1 150 不均匀
【解析】解：(1)电路图如图所示：
(2)由实验原理可知，电流A1和R1串联后和Rx并联，
根据欧姆定律得
Rx=I1(R1+r1)I2−I1
故需要读取的数据为电流表A1和A2的读数I1、I2，电阻箱的阻值R1.
(3)由乙图可知，
Rx=250−250−50100F=250−2F
由丙图利用欧姆定律，得E=U+URRx
联立得E=U+UR(250−2F)
由题意，F=100N时，U=3V可得：R=150Ω，
当压力F=0时，可得U=32V
整理得F=200−300U
可知，F与U不是线性关系，故压力表的刻度不是均匀的。
故答案为：(1)图见解析；(2)ABD；(3)I1(r1+R1)I2−I1；(4)150，不均匀。
(1)根据实验原理，可以画出实验电路图；
(2)根据电路的欧姆定律，可以写出待测电阻的表达式，由表达式可以知道需要读取的数据：
(3)由乙图可以知道压敏电阻和压力的关系，再利用欧姆定律得出压敏电阻和电压表示数关系，进而得到压力和电压表示数关系。
本题考查伏安法测电阻，关键在于利用图象来处理问题，结合图象，得出各物理量的关系。
15.【答案】解：(1)如图1所示，D为圆弧BDC的中点，由几何关系得∠DOM=45∘
光线射到D点的入射角：i=θ−DOM=75∘−45∘=30∘
光线在D点的折射角：r=∠BOD=45∘
半球体介质的折射率n=sinrsini
解得n=2
根据sinC=1n
解得临界角C=45∘
(2)如图2所示，设发光圆面PQ的半径为r′，由正弦定理得
Rsinβ=r′sinα
得sinα=r′Rsinβ
当β=90∘时，α最大.
即从P或Q点垂直于PQ发出的光线射到球面上的入射角最大，则：sinαm=r′R
所有光能直接射出，应满足sinαm≤sinC
解得r′≤Rn=R2
管芯发光区域面积最大值为：S=π(R2)2=πR22
答：(1)半球体介质的折射率为2，光从该介质射入空气中的临界角为45∘；
(2)为使从发光圆面射向半球面上的所有光线都能直接射出，管芯发光圆面的最大面积为πR22.
【解析】(1)根据光线在D点的入射角和折射角，由折射定律求半球体介质的折射率n；根据sinC=1n求临界角；
(2)从P或Q点垂直于圆面发出的光射到球面的入射角最大，设为α，由几何关系有sinα=rR，为使从发光圆面PQ射向半球面上所有的光都能直接射出，应满足α
16.【答案】解：(1)运动员垂直于斜面方向的初速度和加速度分别为：
v1=v0⋅sinθ①
g1=g⋅cosα②
从O到A过程有：0=v1−g1⋅t③
由①∼③得：t=1s
(2)运动员沿斜面方向的初速度和加速度分别为：
v2=v0⋅cosθ④
g2=g⋅sinα⑤
从O到B过程有：xOB=v2⋅2t+12g2⋅(2t)2⑥
由④∼⑥得：xOB=20m
(3)人再回到斜面时垂直于斜面的分量仍为v1
在人与斜面碰撞过程中有：(mgcosα−F−)Δt=0−mv1
解得：F−=2251.6N
由牛顿第三定律，得：滑雪板对斜面的平均压力大小也为2251.6N
答：(1)从O运动到A点所用时间为1s；
(2)OB之间的距离为20m；
(3)落到B点时，滑雪板对斜面的平均压力大小为2251.6N。
【解析】(1)将速度和加速度沿着斜面和垂直于斜面的方向分解，根据垂直于斜面方向的运动特点计算出时间；
(2)根据平抛运动特点结合运动学公式计算出OB的距离；
(3)根据动量定理，计算出压力的大小。
本题主要考查了斜抛运动与斜面的结合，找到合适的分解方向，将速度和加速度进行分解，解题的关键点是理解临界状态的特点，结合运动学公式和动量定理完成分析。
17.【答案】解：(1)在A、B碰前，由牛顿第二定律得
对A：μmAg=mAaA ①
对B：μmBg=mBaB ②
对C：μmBg−μmAg=maC ③
对A、B、C由运动学公式有：xA=v0t−12aAt12 ④
xB=v0t−12aBt12 ⑤
xC=12aCt12 ⑥
又xB−xC+xA+xC=L⑦
A、B相遇时有：vC=aC⋅t1⑧
由①∼⑧解得：vC=1m/s，xA=0.5m，xB=0.5m，xC=0.1m
(2)A、B相遇时A与C的相对位移大小：Δx1=xA+xC=0.5m+0.1m=0.6m
A、B碰前速度为：vA=v0−aAt1 ⑨
vB=v0−aBt1 ⑩
A、B碰撞过程中有：mBvB−mAvA=(mA+mB)vAB⑪
碰后AB一起向前减速，板C则向前加速，若三者能够共速，且发生的相对位移为Δx2
对ABC系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有：⑫
由能量守恒定律有：⑬
由⑨∼⑬得：Δx2=1225m
因Δx2<Δx1，故AB不能从板C上滑下。
(3)A、B相遇时B与C的相对位移Δx3=xB−xC=0.5m−0.1m=0.4m
A、B与C因摩擦产生的热量为：Q=μmAgΔx1+μmBgΔx3+μ(mA+mB)gΔx2
解得：Q=13.13J
答：(1)滑块A、B相遇时木板C的速度是1m/s。
(2)滑块A、B不能从木板C上滑下。
(3)整个过程中，由于滑块A、B和木板C之间的摩擦产生的总热量是13.13J。
【解析】(1)研究滑块A、滑块B相遇前的运动过程，根据牛顿第二定律求出A、B、C的加速度，由位移-时间公式列式三者位移表达式，结合位移关系求出运动时间，从而求得滑块A、B相遇时木板C的速度。
(2)结合上题的结果求出相遇时A、B的速度。若滑块A、B碰撞后不再分开，根据动量守恒定律求出碰后瞬间两者的共同速度。根据动量守恒定律和能量守恒定律求出A、B与C相对静止时发生的相对位移，从而判断滑块A、B能否从木板C上滑下。
(3)整个过程中，根据滑块A、B和木板C之间的相对位移求解因摩擦产生的总热量。
本题要关键理清整个过程中A、B和木板C在整个过程中的运动规律，结合运动学公式和牛顿第二定律相结合进行求解位移。根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求解相对位移。
18.【答案】解：(1)粒子在加速电场中有：
Uq=12mv02
分析可知粒子进入修正区后在与磁场垂直的方向上做匀速圆周运动，在沿电场方向上做初速为零的匀加速直线运动，在磁场中有：
qv0B=mv02r
因t1=πm2qB=14T
则圆周运动半径为r=L
联立解得：U=qB2L22m；
(2)从M点入射的粒子射出修正区时沿PR方向的分速度为：
v1=v0
沿y轴正方向的分速度为：
v2=at1
又a=Eqm
则粒子射出修正区时的速度为：
v=v12+v22
联立解得：v=4q2L2B4+π2m2E22mB或v=q2L2B2m2+π2E24B2；
(3)若从S点射入的粒子在沿电场方向做匀加速直线的时间为
t1=πm2qB，
则其在该方向上运动的分位移为：
y1=12at12
又E=8qB2L3π2m
解得：y1=L3，即S点射入的粒子恰好从底面N点射出
粒子在出修正区后沿电场方向做匀速直线运动的分位移为
y2=v2t2
竖直方向：t2=Lv0
则由几何关系知从S点入射的粒子打在平板上的纵坐标为
y=y2+L2
联立解得：y=L2+4L3π
从S点入射的粒子打在平板上的横坐标为x=L2
从S点入射的粒子打在平板上的坐标为(L2,L2+4L3π)；
(4)因
y=y1+y2−L2>0
则由几何关系可知落点离O′的最小距离为
smin=L(12)2+(43π−16)2。
答：(1)加速电场的电压U为qB2L22m；
(2)从M点射入的粒子射出正方体电磁修正区后速度v的大小为4q2L2B4+π2m2E22mB或q2L2B2m2+π2E24B2；
(3)若E=8qB2L3π2m，从S点入射的粒子打到平板上的位置坐标为(L2,L2+4L3π)；
(4)满足(3)问条件下，所有粒子落到平板上的落点离O′的最小距离为L(12)2+(43π−16)2。
【解析】(1)粒子进入修正区后在与磁场垂直的方向上做匀速圆周运动，在沿电场方向上做初速为零的匀加速直线运动，根据几何关系求出粒子射入修正区时速度，根据动能定理求解粒子在电场中加速时的加速电压；
(2)在正方体中，粒子在MPRG平面内的分运动为匀速圆周运动，在垂直于MPRG平面方向的分运动为匀加速直线运动，根据对应的运动规律求出两方向速度，在根据矢量合成即可；
(3)根据运动学知识分别求解粒子从S点射入的沿y方向的位移、从而求出该粒子最后打到平板上的位置坐标；
(4)根据几何关系分析粒子落点离O′最小距离。
解决该题的关键是掌握粒子在各段的运动情况，尤其是在粒子在电磁修正器内的运动情况需要用运动分解方法思考，再运用相关规律求出各位移。
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